Luận văn Vectơ riêng dương của một số ánh xạ tuyến tính dương

Qua luận văn này, bản thân tôi cảm thấy mình đã thật sự làm quen với công việc nghiên cứu khoa học một cách nghiêm túc và có hệ thống. Tôi cũng đã học tập được phương pháp nghiên cứu trong việc đọc các tài liệu và thảo luận nhóm.Bản thân cũng đã học được cách vận dụng các kĩ thuật chứng minh từ các lĩnh vực như: Giải tích phi tuyến, Giải tích hàm, Tôpô đại cương, vào không gian có thứ tự. Mong rằng luận văn này sẽ là một tài liệu tham khảo phục vụ chuyên đề: “Phương trình trong không gian có thứ tự”.

pdf73 trang | Chia sẻ: phamthachthat | Ngày: 14/08/2017 | Lượt xem: 206 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Vectơ riêng dương của một số ánh xạ tuyến tính dương, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
→ Áp dụng chứng minh trên ta có * sao cho ) ., (λ µ λ∃ ≥Π∈ =n n nn n nf ff Khi đó *( )( )λ =n nf u nên 1 , ,λ ≤ ∀n u nr  và do Π compact yếu, nên có thể coi λ λ λ→ ≥ → Π∈0 0' , . yeáu n nf f Qua giới hạn ở *( ) λ=n n nf f , ta có * 0 0 0( ) ' , .λ θ= ≠f f f Chứng minh 0' .λ λ= Ta đã có 0'λ λ≥ . Chứng minh 0' .λ λ≤ Thật vậy, đặt = 0g f . Ta chứng minh từ 0λ > sao cho 1 1 * (. )1 λ ∞ = −∑ mm m g hội tụ thì '.λ λ≥ Giả sử trái lại rằng '.λ λ< Đặt: * 1 1( )1: . , λ ∞ = −= ∑ mm m f g từ đây suy ra: 1 * *( (1) ).m m mf g λ ∞ = = ∑  và *1 1 1 *1 . ( ) ( ).λ λ ∞ − = − == +∑ mm m g gf f  Do đó *( ),λ = +g ff  nên . 1 λ ≥f g Ta gọi t là số lớn nhất thỏa ≥f tg thì 1 0. λ ≥ >t Khi đó: ( )* * * ' 1( )1 1 ( ) ( ) ,1λ λ λ λ λ λ     + + = + = +       = ≥ tf g tgf g t g g g   29 (do * * 0 0( ) ( ) ' 'g f f gλ λ= = =  ) trong đó ' 1 't t tλ λ λ λ λ + > > . Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của ,t cho nên '.λ λ≥ Khi đó: 1 * 1( ) hoäi 1inf 0 : . tuï '. m m m gλ λ λ= − ∞  > ≥     ∑  từ đây suy ra 0' .λ λ≤ Vậy ta đã chứng minh được 0' .λ λ= Do đó 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng 0f trong *K . Định lí 2.8. Giả sử rằng: 1) K-thể nón,  là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục. 2) θ α∃ ∈ >\ { }, 0u K sao cho ( ) .α≥u u Khi đó, * có giá trị riêng 0λ α≥ tương ứng vectơ riêng thuộc *.K Chứng minh. Đặt 0 inf{ 0, int , }( ) .λλ λ= > ∃ ≤∈ vv K v Ta chứng minh 0λ α≥ .Thật vậy, giả sử trái lại rằng 0λ α< . Do định nghĩa 0λ nên 0, int ,λ λ α∃ > ∃ ∈ <v K và ( ) .λ≤v v Với \ { }u K θ∈ , có số 0c > sao cho v cu≥ (do intv K∈ ). Nên ta gọi t là số lớn nhất thỏa v tu≥ thì 0.t c≥ > Từ ( ) λ≤v v cho ta 1 1( ) ( ) ( ) ,α λ λ λ λ ≥ ≥ = ≥ t tv v tu u u   trong đó α λ > t t . Dẫn đến sự mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Như vậy 0 0,λ α≥ > từ đó theo định lí 2.3, thì 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương trong *K . Định lí 2.9. Giả sử rằng: 1)  là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục và 0u _bị chặn trên X. 2) , 0m α∃ ∈ ∃ > sao cho 0 0( ) .α≥ m u u 30 Khi đó * có vectơ riêng trong *K . Chứng minh.  là 0u _bị chặn trên E nên 0 0, 0n β∃ ∈ ∃ > sao cho: 00 0 0 0( ) , .β β− ≤ ≤ ∀ ∈ nx u x x u x X Nói riêng, 0 00 0 0( ) ,β β≤ ≤ n nx x u u với 0 0 0 .β β= n u Đặt 1 2 3 2 120 0 0 0 00 0 0 0 0: ( ) ( ) ... . ( ) ( )β β β β θ − − − − −= + + + + + >n n n n nv u u u u u    (do 0 \ { }u K θ∈ ) , dẫn đến \ { }.v K θ∈ Khi đó: 1 2 3 12 30 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ) ( ) (do ( ) ). β β β β β β β β − − − −= + + + + + = − + ≤ ≤ n n n n n n n n n v u u u u u v u u v u u         Do đó, ( )*, .VE với chuẩn ( )*. . . V= + là không gian đầy đủ và thể nón V VK K E= ∩ với int( )Vv K∈ . Ta đặt | ,EV=  thì theo định lí 2.2, * có trong *K vectơ riêng ϕ và * )(ϕ λϕ= . Bổ đề 2.3. Phiếm hàm : ,g E→  xác định bởi ( )0 (( ) , .)n xg x x Xϕ= ∈ Khi đó *( ) .g gλ= Chứng minh. Ánh xạ 0n là v_liên tục và *VKϕ ∈ ,cho nên *.g K∈ Ta chứng minh g θ≠ .Thật vậy, ( ) 0vϕ > (do 0v > ).Ta khẳng định rằng 0( ) 0uϕ > . Muốn vậy, giả sử trái lại rằng 0( ) 0uϕ = . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * * 0 0 0 2 *2 *2 2 0 0 0 1 * 1 * 1 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 ... ( ) ( ) ( ) 0)n n n n u u u u u u u u u u u u ϕ ϕ λϕ ϕ ϕ λ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ λ ϕ− − − − = = = = = = = = = = = =          31 Vậy ( ) ( ) ( )1 2 2 10 0 0 00 0 0 0( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 0.ϕ β ϕ β ϕ β ϕ ϕ− − − −= + + + + =n n n nv u u u u   Mâu thuẫn với ( ) 0.ϕ >v Do ( 1) 0 0 00 0 0( ) ( ) ( ) 0, m n mn mnu ug uλϕ ϕ−   = =       >  nên .g θ≠ Với mọi ,x X∈ ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 1* * *0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). n n n n g x g x x x x x g x ϕ ϕ ϕ λϕ λ += = = = = =         Do đó *( ) .g gλ= Ta tiếp tục chứng minh định lý 2.9. Xét phiếm hàm : ,g E→  xác định bởi ( )0 (( ) , .)n xg x x Xϕ= ∈ Theo bổ đề 2.3 , thì * \ { }g K θ∃ ∈ sao cho *( ) .g gλ= Do đó * có vectơ riêng dương trong *.K Định lí 2.10. Giả sử rằng: 1)  là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục và 0u _bị chặn trên X. 2) Một trong các điều kiện sau được thỏa: a. 0 0inf{ }( )0, ,x x xu λλ λ= > ∃ ≥ ≤ là số dương b. K-nón chuẩn, 0 1 1 0( ) 1inf hoä0 : . i tuï m m m uλ λ λ − ∞ =   = >     ∑  là số dương. c. K-nón chuẩn, 0 ( ) 0rλ = > . d. { }( )0 } * * \{ sup inf (: ) , g K f f f g θ λ λ λ ∈ = ≤ ≥ là số dương. e. θ λ λ λ − ∞ =∈     = >      ∑ *0 1{ } 1 * \ ( )1sup i hoäi nf 0 : . tuï m m mg K g là số dương. 32 Khi đó, 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương trong *K . Chứng minh. Tương tự định lí 2.9. Do  là 0u _bị chặn trên X, nên ta có ( )*, .VE là không gian đầy đủ và VK là thể nón trong VX . Ta xét ánh xạ |XV=  . Trường hợp a) Xét 0, 0x u λ≥ > thỏa mãn ( ) .x xλ≤ Ta có: 2( ) ( ) ( )x x xλ λ≤ = ≤   10 ( ).n xλ −≤  Đặt 1 2 3 2 120 0 0 0 0: ( ) ( ) ... ( ) ( )β β β β− − − − −= + + + + +n n n n ny x x x x x    1 2 120 0 0 0 1 2 2 10 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) . β β β β λ β λ βλ λ λ − − − − − − − = + + + + ≤ + + + + = n n n n n n n n y x x x x x x x x y         Mặt khác, 1 2 2 10 0 0 00 0 0 0. ( ) ... . ( ) ( )β β β − − − −≥ + + + + =  n n n ny u u u u v . Do đó với 0 (inf{ : ,) }, ,x X vx x xλ λλ ≤= ∈ ≥ ' inf{ ,,: , }( ) Vx Xx x x vλλ λ ≤= ∈ ≥ thì 0' 0.λ λ≥ > Như vậy theo định lí 2.3, * \ { }VKϕ θ∃ ∈ sao cho * )( 'ϕ λ ϕ= . Xét phiếm hàm ( )0: , ( ) ( )ng g x xE ϕ→ =  . Khi đó, theo bổ đề 2.3, ta có * *( ) ' , \ { }.g g g Kλ θ= ∈ Ta chứng minh 0' .λ λ= Ta đã có 0' ,λ λ≥ cần chứng minh 0' .λ λ≤ Thật vậy, giả sử trái lại rằng 0' .λ λ> Chọn )0, ' , ) .: (v x xxλ λ λλ∈ ≥ ≤  Ta có ( ) ( ) ( )*' ( ) ( ) ( ) ( ),g x g x g x g x g xλ λ λ= = ≤ =  cho nên ' (do ( ) 0).g xλ λ≤ > Mâu thuẫn với )0, ' .λ λ λ∈  Dẫn đến phải có 0' .λ λ≤ 33 Khi đó ta có 0 * * 0( ) , \ { }.' , g g g Kλ θλ λ = ∈=  Do đó 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương trong *K . Trường hợp b) Ta chứng minh 0 1 1( )1in hoäi t0 uïf : . m m m vλ λ λ ∞ − =   = >     ∑  Đặt 1 1( )1in hoäi t0 uïf : . m m m vµ λ λ ∞ − =   = >     ∑  , và chứng minh 0λ µ= . Xét 1 0λ > sao cho 1 1 1 ( )1 . m m m v λ ∞ − = ∑  hội tụ, từ đây suy ra: 1 1 ( )1 m m v θ λ − → 1 1 10 ): ( , .m m v M mM λ −⇒ ∃ > ≤ ∀ Do 1 2 2 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0: ( ) ... ( ) ( ) .β β β β − − − − −= + + + + ≥n n n n nv u u u u u   Nên ' 0β∃ > sao cho 0 1 , ' u v β ≤ suy ra: 1 1 0 1 1 1 1( ) ( )10 . 'm m m mu v βλ λ − −≤ ≤  1 0 1 1 11 10 : , . ' ( ( ' ) )m m m m u vN NMN m β βλ λ − −∃ > ≤≤ ∀  (do K-nón chuẩn) Khi đó 1 1 1 1 1 0 0( ) .( 1 1 , ' ) m m m m m m u NM mu λ λ λ β λλ λ − −    = ≤ ∀          Do đó chuỗi 1 1 0. ( ) 1 m m m u λ ∞ − = ∑  hội tụ, 1,λ λ∀ > vì thế nên 0 .λ µ≤ 34 Xét 1 0λ > sao cho 1 0 1 1 1 . ( ) m m m u λ ∞ − = ∑  hội tụ.Khi đó 1 0 1 1: ,0 ( ) . m m u H mH λ − ≤∃ ∀>  Do  là 0u _bị chặn nên 0 0, 0n β∃ ∈ ∃ > sao cho 0 0 0( ) , .β≤ ∀ ∈ n x x u x X Nói riêng, 0 0 0( ) ,β≤ n v v u nên 0 0 1 10 0 1 11 ( ) ( ), 1m nm m m v v u m n β λ λ − −− ≤ ∀ ≥ +  Suy ra 10 01 0 00 0 01 1 1 1 0 : ( ) ,1 ( .1 ) m n m nm n m n N v N v N v u mH λ λ λ λ β β − − −−∃ > ≤ ≤ ∀  Khi đó 1 1 01 0 1 1 11 1 ,( ) ( ) , m m m m n m m N vv v H m λ λ λ λλ β λ λ − −    = ≤ ∀          nên chuỗi 1 1 (. )1 m m m v λ ∞ − = ∑  hội tụ, 1.λ λ∀ > Thế thì 0 .λ µ≥ Theo định lí 2.5 , ta có * \ { }VKϕ θ∃ ∈ sao cho 0 * )(ϕ λ ϕ= . Xét phiếm hàm ( )0: , ( ) ( )ng g x xX ϕ→ =  , theo bổ đề 2.3, cho ta * * 0( ) , \ { }g g g Kλ θ= ∈ . Do đó 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương trong *K . Trường hợp c) Đặt 0 ( )inf{ 0 : , },x u x xµ λ λ= > ∃ ≥ ≤ chứng minh ( ).rµ =  1 1 0 1( (), )m m m r uλ λ ∞ = −∀ > ∑  hội tụ, đặt 1 1 0( ) 1: , m m m y u λ ∞ = −= ∑  ta suy ra: 35 1 01 1 0( ) 1 . m m mx y uuλ λ − ∞ − = = = ≥∑  Khi đó 1 1 0( ))( 1 m m m ux λ ∞ − = = ∑  và 01 1 1 0( ) ( 1 )m m m x u xuλ λ λ ∞ − = −= = +∑   . Vậy ( ) ,x xλ≤ vì thế nên .λ µ≥ Do đó ( )rµ ≤  . Xét , .λ λ µ∈ > Theo định nghĩa của µ , ( )1 1 1 110 ( ), 0, : .λ λ λ≤∃ ≥ ∃ ∈x u x x Khi đó: 1 1 10 1 1 1 1 11 11 1 1 1( ) (0 )1 λ λλλ λ − − −≤ ≤< =m m mm mm u x x x  . 1 1 0 1 1 1 ( )0 : , λλ −∃ > ≤ ∀mm u x NN m (do K-nón chuẩn).  là 0u _bị chặn trên E nên 0 0, 0n β∃ ∈ ∃ > sao cho: 00 0 0 0( ) , .β β− ≤ ≤ ∀ ∈ nx u x x u x X 1 110 00 0 0 0( ) ( ) ( ), .β β − − − −−⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈m n m nmx u x x u x X   1 110 00 0 0 00 ( ) ( ) 2 ( )β β − − − −−⇒ ≤ + ≤m n m nmx u x x u   1 110 00 0 0 00 : ( ) ( ) 2 ( ) , .β β − − − −−⇒ ∃ > + ≤ ∀ ∈m n m nmN x u x N x u x X   11 00 00 : ( ) (2 1) ( ) , .β − −−⇒ ∃ > ≤ + ∀ ∈m nmN x N x u x X  Do đó 0 11 1 00 001 1 1( ) (2 1) ( )λβ λ λλ − − −− −≤ + m n m nm m m m nx N x u  0 0 1 1 00 1 (2 1) , 1. β λ λ λλ −  + ≤ ∀ ≥ +     m n n N x N x m n Do đó 1 1 ( )1 m m m x λ − ∞ = ∑  hội tụ x X∀ ∈ ,cho nên λ không là giá trị phổ của  ,dẫn đến ( )rµ ≥  . Suy ra ( ).rµ =  Do đó 0 ( ) 0rµ λ= = > . 36 Theo trường hợp a) , ta có 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương. Trường hợp d). Do 0 \ { }u K θ∈ nên * 1 1 0: ( ) 0g K g u∃ ∈ > . Do định nghĩa 0 0λ > nên * 2 \ { }g K θ∃ ∈ sao cho { }* 2( )f : 0 in ,λµ λ ≤ ≥= >f f f g Đặt 1 2,g g g= + lúc đó 2g g≥ và 1 10 0 0 1 0( ) ( ) ( ) n ng v g u g uβ β− −≥ ≥ . Ta xét ánh xạ |XV =  . Ta đặt *{ : ( ) ( ) 1},= ∈ = =Π Vf K v f f v Xét ánh xạ : ,Π→Πn được cho bởi: * * ( ) ( ) ( ) + =  +    n gf nf gv f n    thì n liên tục đối với tôpô yếu. Theo bổ đề 2.2 , thì n có điểm bất động trong .Π Do đó : ( )∃ ∈Π =n n n nf f f  Từ đây suy ra * *( ) , ( ) ,λ λ  + = = +    n n n n n g gf f v f n n     nên: *1 1 ( ) λ λ = +n n n n g f n f  * * * *2 1 * 2 * * 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )...1 1 1 1 ( ). λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ −   + +    = + + = = + + + = + n n n n n n m m n n n m m n n n n n g g f n n g g f n n g g g f n n n        37 Từ đây suy ra: 2 10 0 0 0 2 1 ( ) ( ( )) ( ( ))( ) ... ( ( )) ( ) ( ( )) ( ( )) 1 1 1 1 1 1 = ... ( ( )), .1 1 λ λ λ λ λ λ λ λ − − = + + + + + + + + ∀ ∈ m m n n n n m m n n n n n n n n n n n V g x g x g xf x f x n n n g x g x g x f x x X n n n       Do vế phải xác định cho ,x X∀ ∈ nên có thể mở rộng nf lên E. Khi đó có * nf K∈ và: 2 0 0 * 1* *0 01 ( ) ... ( ) (1 1 ).1 λ λ λ λ −= + + + +n n n n n n n n n n g g gf f n n n    Nên 1 λ ≥ n n gf n và 0 * 0 ( ).1 λ ≥ nn nn n f f Đặt 1 2 2 10 0 0* * 0* ) ... ) )( ,( (n n n nn n n n n n n nf f f fϕ λ λ λ − − − −= + + + +   ta có: 1 2 10 0 0 0 1 2 10 0 0 0 * ** * *2 ** *2 ( ( () ) ) ... ) ) ) ) ... ( . ( ( ( ) (n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n f f f f f f f f ϕ λ λ λ λ ϕ λ λ λ λ − − − − − −  = + + + +    = + + + +           Như vậy, * )( n n nϕ λ ϕ≤ (do 0 * 0)(n nn n nf fλ≤ ), trong đó 1 1 2 2 20 0 0 0 2 1 ,n n n nn n n n n n n gg gf g n n n ϕ λ λ λ λ λ − − − − ≥ ≥ = ≥ ≥     với n đủ lớn. Do đó theo định nghĩa của µ ta có nλ µ≥ . Mặt khác *( ) ( )λ  = +    n n gf v n .Vì thế nên ( )* * 1 .λ  ≤ ≤     + +n n g gr f v v  Điều này chứng tỏ dãy{ }λn bị chặn, nên có dãy con hội tụ. Ta có thể coi λ λ µ→ ≥n . 38 Do Π compact yếu nên { }nf có dãy con hội tụ.Ta có thể coi yeáu nf f→ ∈Π . Qua giới hạn ở *( )λ +=n nn gff n  , ta có *( ), ,θλ = ≠f ff  hay: (( .( ))) ,λ= ∀ ∈ Vf f x x Xx Xét phiếm hàm : ,h X →  xác định bởi ( )0( .)) (nh xx ϕ=  Theo bổ đề 2.3, cho ta: * *( ) , \ { }.h h h Kλ θ= ∈ Chứng minh 0 .λ λ= Theo định nghĩa 0,λ µ và chứng minh trên thì 0, ,n n n nfµ λ µ λ∃ → ≤ ∈Π sao cho *( ) .λ= n n nff Suy ra ( )* ( ).nn f uλ =  Do đó * 1 , ,n u nrλ ≤ ∀ và có Π compact yếu.Ta có thể coi: 0'nλ λ λ→ ≥ và . yeáu nf ϕ→ Π∈ Qua giới hạn ở *( ) λ= nn nf f ta có * .( ') ϕϕ λ= Xét phiếm hàm 0 : ,f X →  xác định bởi ( )0 0 0: ( ) .( )nf xf x ϕ=  Theo bổ đề 2.3, cho ta * *0 0 0( ) ' , \ { }.f f f Kλ θ= ∈ Chọn 0,g f= thì từ *( ), f ff g λ≥ ≤ suy ra '.λ λ≥ Thật vậy, giả sử trái lại rằng '.λ λ< Do: ( )* * *( ) ( )) 0( () ' )( f fv gv gv vf v λλ ≥ = >≥ =   , cho nên 0λ > .Ta gọi t là số lớn nhất thỏa f tg≥ thì 1 0.t ≥ > Ta có * *( 1 ) ' ,) (1 tf f tg gλ λ λ λ ≥ =≥   trong đó ' .t tλ λ > Từ đây thấy được sự mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Cho nên '.λ λ≥ Từ đây ta có 0 'λ λ≥ . Vậy 0 'λ λ= và * * 0 0 0 0( ) , \ { }.f f f Kλ θ= ∈ 39 Do đó 0λ là giá trị riêng của * tương ứng vectơ riêng dương trong *K . Trường hợp e) Do 0 \ { }u K θ∈ nên * 1 1 0: ( ) 0g K g u∃ ∈ > . Do định nghĩa 0 0λ > nên * 2 \{ }θ∃ ∈g K sao cho: 1 * 1( ) 1: inf hoäi tu0 : . 0ï m m m gµ λ λ ∞ = −  = > >     ∑  Đặt 1 2,g g g= + ta có 1 2,g g g g≥ ≥ và 1 10 0 0 1 0( ) ( ) ( ) 0 n ng v g u g uβ β− −≥ ≥ > . Ta xét ánh xạ |XV=  . Ta đặt *{ : ( ) ( ) 1},= ∈ = =Π Vf K v f f v Xét ánh xạ : ,Π→Πn * * ( ) ( ) ( ) + =  +    n gf nf gv f n    thì n liên tục đối với tôpô yếu. Theo bổ đề 2.2 , thì n có điểm bất động trong Π , : ( ),∃ ∈Π =n n n nf f f  từ đây suy ra *( ) .λ+ =n n n gf f n    Ta cần chứng minh .nλ µ≥ Thật vậy giả sử trái lại nλ µ< . Chọn ,λ λ sao cho nλ λ λ µ< < < .Ta có: *1 1 ( ) λ λ = +n n n n g f n f  * * 1 * * 2 1 ... .1 1 1 1 1.. ( ) 0 λ λ λ λ λ − − =      = + + + + ≥ >           m m mn n n m m n n n mg g g gf n n n n     Do *VK - nón chuẩn nên * 1( )10 : : , m n m gN Nn f M n m λ − ∃ > ≤ = ∀  40 Do đó * 1 * 1( )1 1 ,( ) m m n n m m n m mg Mg m λ λ λ λλλ − −   = ≤ ∀          Suy ra chuỗi 1 * 11 . ( ) m m m g λ ∞ − = ∑  hội tụ, dẫn đến ( )1 1 ( )1 , m m m g x λ − ∞ = ∑  hội tụ, Vx X∀ ∈ . Mặt khác ( ) ( )0 1 1 1 0 01 1 11 1 1) (1( ) ( ) n m m n m m m m nm m mg g gx x x λ λ λ λ ∞ ∞ = = = − − −=     +∑ ∑ ∑    Vì 0 ( ) ,n Vx X x X∈ ∀ ∈ nên ( )1 1 (1 ) m m m xg λ − ∞ = ∑  hội tụ, suy ra: ( )11 ( ) 0.m mg x λ − → Theo nguyên lí chặn đều ( )* 1 1( )1 10 : . , .m m mmL g L mg λ λ − −∃ > = ≤ ∀  Do đó * 1 * 1( )1 1 ,( ) . m m m m m m g L mg λ λ λ λλ λ − −   = ≤ ∀             Vậy chuỗi * 1 1( )1 m m m g λ − ∞ = ∑  hội tụ Do đó theo định nghĩa củaµ cho taλ µ≥ , điều này mâu thuẫn với λ µ< . Nên ta có được nλ µ≥ . Ta có *( ) ( ),λ  = +    n n gf v n  nên ta có ( )* * 1 .λ  ≤ ≤     + +n n g gr f v v  Vậy thì dãy{ }λn bị chặn nên có dãy con hội tụ, ta có thể coi λ λ µ→ ≥n , và Π compact yếu, nên { }nf có dãy con hội tụ, nên ta có thể coi yeáu nf f→ ∈Π . 41 Qua giới hạn ở *( )λ = n nn f f , cho ta *( ).λ =f f Theo định nghĩa 0λ và chứng minh trên thì 0, ,n n n nfµ λ µ λ∃ → ≤ ∈Π sao cho *( ) .λ= n n nff Khi đó: ( )* * 1( ) , .n nn u nf urλ λ= ⇒ ≤ ∀  và có Π compact yếu, nên có thể coi 0'nλ λ λ→ ≥ và yeáu nf ϕ→ ∈Π và * .( ') ϕϕ λ= Xét phiếm hàm 0 : ,f X →  được cho bởi ( )00 ( )( ) nf x xϕ=  . Theo bổ đề 2.3, ta có: * *0 0 0( ) ' , \ { }f f f Kλ θ= ∈ . Chứng minh 0' .λ λ= Ta đã có 0'λ λ≥ . Chứng minh 0' .λ λ≤ Thật vậy, đặt 0.=g f Ta chứng minh nếu 1 1 * (. )1 λ ∞ = −∑  mm m g hội tụ thì '.λ λ≥ Giả sử trái lại rằng '.λ λ< Đặt * 1 1 : )1 (.m m mf g λ ∞ − = = ∑  từ đây suy ra: 1 * *( (1) ).m m mf g λ ∞ = = ∑  và *1 1 1 *1 . ( ) ( ),λ λ ∞ − = − == +∑ mm m g gf f  nên .1 λ ≥f g Gọi t là số lớn nhất thỏa ≥f tg thì 1 0. λ ≥ >t Khi đó ( ) ( )* * ' 1( ) ( ' ,1)1 1 λλ λλ λ λ λ   + + = + = +  = ≥   tf g tg g t g gf g  trong đó ' 1 ' .λ λ λ λ λ + > > t t t Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của ,t nên '.λ λ≥ Từ đây suy ra 0' .λ λ≤ Vậy ta đã chứng minh được 0' .λ λ= Dẫn đến kết luận rằng 0λ là giá trị riêng * tương ứng vectơ riêng trong *K . 42 Chương 3 SỰ DUY NHẤT CỦA VECTƠ RIÊNG DƯƠNG Bổ đề 3.1. Cho  là ánh xạ 0u _bị chặn trên, phần tử ∈ −x K K , x K∉− thỏa mãn: ( ) .0 : αα∃ > ≥x x Gọi 0t là số cực đại thỏa 0 0≥u t x thì 0 0.t > Chứng minh. x K K∈ − nên ' ''; ' , '' , ' .x x x x K x K x θ= − ∈ ∈ ≠  là ánh xạ 0u _bị chặn trên nên * 0, 0 : ( ') .β β∃ ∈ ∃ ≤> p x up  Do đó: 0 ( ') ( ) ,β α≥ ≥ ≥ p p pu x x x  nên 0 0. α β ≥ > p t Bổ đề 3.2. Nếu  là 0u _dương và có vectơ riêng dương 0x thì  cũng là 0x _dương. Chứng minh. Giả sử 0 0 0( ) .λ=x x  là 0u _dương cho nên * 0' 0, : ( ) ' , \{ }θ∃ > ∃ ≤∈ ∈ p x a u x Ka p  Nói riêng, 0 0( ) ' ,≤ p x a u nên: 0 0 0 0 0( ) ' 0 : .λ = ≤ ⇒ ∃ > ≥ p px x a u a u ax Tương tự ta có 0 00 : .∃ > ≤b u bx Với \{ }x K θ∈ ta có 00, ( ,: )α α∃ ≤> ∈ n xn u nên 0( ) .αβ≤ n x x Do đó  là 0x _bị chặn trên. Tương tự ta có  là 0x _bị chặn dưới. Vậy là 0x _dương. Định lí 3.1. Giả sử rằng: 1) K là nón sinh 2)  là 0u _dương, liên tục có vectơ riêng dương 0x ứng với giá trị riêng 0λ Khi đó : 43 1) 0λ là giá trị riêng đơn (bội 1) của  2) 0x là vectơ riêng dương duy nhất của  Chứng minh. Nhắc lại: 0λ là giá trị riêng của  i) Đặt ( )0 n nX Ker Iλ−=  thì ta có 1 2 3 ...X X X⊂ ⊂ ⊂ 0 1 n n X X ∞ = =  thì số chiều của không gian con 0X được gọi là bội của 0λ . ii) Nếu  là ánh xạ compact thì dim ,nX n< +∞ ∀ và 0n∃ sao cho 1 2 1 20 0 0... ...n n nX X X X X+ += = =   Do đó bội của 0λ là hữu hạn. 1)  là 0u _dương và có vectơ riêng dương 0.x Theo bổ đề 3.2 ,thì  là 0x _dương. Chứng minh 1dim 1.=X Thật vậy, giả sử trái lại, 1dim 1,>X khi đó 0 0∃ ≠y tx sao cho 0 0 0( ) .y yλ= Có thể coi 0y K∉− và gọi 0t là số cực đại thỏa 0 0 0,≥x t y theo giả thiết phản chứng 0 0 0 \{ },θ− ∈x t y K ngoài ra  là 0x _dương, nên: * 0 0 0 0(0, : )α α−∃ > ∃ ∈ ≥ n x t yn x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) . α λ λ α λ λ α − ≥ − ≥ ≥ − ⇒ ⇒ n n n n n n x t y x x t y x x t y   Mâu thuẫn tính cực đại của 0.t Do đó phải có 1dim 1.=X Chứng minh 1 2X X= .Ta có 1 2,⊂X X ta cần chứng minh 1 2X X⊃ . Giả sử trái lại 2x X∃ ∈ mà 1,∉x X nên: ( ) ( )0 2 0, ( ) , ( )θλθ θλ≠ =− − ≠I Ix x x  . Vì 0 1( )x x Xλ− ∈ nên theo bước trên thì 0 0) ,0 : ( λ− =∃ ≠ xt x tx có thể coi 0t > , nếu không ta xét phần tử x− thay cho x . 44 Cần chứng minh .∉−x K Thật vậy từ: 0 0( )x x txλ− = 2 0 0( ) ( )x x t xλ⇒ − =   Nên 2 20 0 0( ) ( ) 2λ λ− =x x t x 1 0 0 0( ) λ λ −− =m m mx x mt x Nếu x K∈− thì 1 *0 0 0,λ λ −− ≥ ∀ ∈m mx mt x m *0 0, λ− ⇒ ≥ ∀ ∈x x m mt x θ⇒ ≤ (vô lý) Do đó x K∉− Theo bổ đề 3.1, gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x t x thì 0 0.>t Khi đó: 0 0 0 0 0) ( )( ( ) λ≥ = +x t x t x tx  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( )λ λ λ λ ⇒ ⇒ ≥ + ≥ − x t x tx x t x tt Trong đó 0 0 0 0 0 λ λ > − t t tt (có thể chọn t là 't thỏa 0 0 0 't t λ < < ) Mâu thuẫn tính lớn nhất của 0t . Suy ra 2 1X X⊂ và do đó 2 1X X= .Vậy 0λ là giá trị riêng đơn bội của  . 2) Chứng minh 0x là vectơ riêng dương duy nhất. Giả sử rằng: 1 11 1 1 0( )\ }: ,{x K x x x xθ λ∃ = ∉∈  Theo chứng minh 1) ta có 1 0λ λ≠ . Có thể coi 1 0λ λ> .Gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 0 1x t x≥ thì 0 0t > (bổ đề 3.1).Ta có: 0 0 1) . )( (x t x≥  10 0 0 1 1 0 0 1 0 .λλ λ λ ⇒ ⇒≥ ≥x t x x t x 45 Trong đó 1 0 0 0 t tλ λ > ( do 10 0 0, 1t λ λ > > ). Mâu thuẫn tính lớn nhất của 0t . Vậy 0x là vectơ riêng dương duy nhất của  Định nghĩa 3.1. 1) Phần tự ∈x X được gọi là so sánh được với 0u nếu 0 0, 0 : .u x uα β α β∃ > ≤ ≤ Ký hiệu =0 0( ) { : so saùnh ñöôïc vôùi }K u x x u 2) Ánh xạ  tuyến tính dương được gọi là 0u _đo được nếu: ( ) λ= x x với 0>x thì 0( ) ( )x K u∈ Định lí 3.2. Cho  là tuyến tính dương và 0u _đo được. Khi đó  có trong K không quá một vectơ riêng dương. Chứng minh. Giả sử trái lại rằng 1 2 1 2 1 2, : , 1x x x x x x∃ ≠ = = sao cho 1 1 1 2 2 2( ) ; ( )x x x xλ λ= =  Do  là 0u _đo được, nên 1 0 2 0( ) ( ); ( ) ( ),∈ ∈x K u x K u  và do đó 1 2,x x so sánh được với 0u . Xét ánh xạ * có trong **0 (: )u fK fλ= (với | 0= Xu ). Ta có: 11 * 1 11 ( )( ) )( ) ( )( ) (f x xf f x f xλ λ= = =  2 2 2( ) ( )x xf fλ λ= và 1 2( ) 0, ( ) 0≠≠ f xf x (do 1 2,x x so sánh được với 0u và 0( )f u θ≠ ). Vì thế nên 1 2 0λ λ λ= = > . Gọi t là số lớn nhất thỏa 1 2.x t x≥ 1 2 1 1 2 2 1 2) (( )x tx x t x x txλ λ λ− = − = − Ta có 1 2 0x tx− ≠ , thật vậy, nếu 1 2x tx= thì 1 2=x t x ,nên 1t = , điều này vô lý vì 1 2 1.= =x x Do  là 0u _đo được nên 1 2 0( ).− ∈x tx K u Do đó: 46 1 2 20 : x tx xγ γ∃ > − ≥ 1 2( )x t xγ⇒ ≥ + Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của .t Vậy  có trong K không quá một vectơ riêng dương. Định nghĩa 3.2. 1) ∈x X được gọi là điểm tựa trong của K nếu *( ) 0, \{ }.θ> ∀ ∈f x f K 2) Nón K được gọi là tựa thế nón nếu K có điểm tựa trong. Định lí 3.3. u là điểm tựa trong của K .⇔ + =u K X Chứng minh. Xem [5] của A.Bakhtin (bản tiếng Nga). Định nghĩa 3.3. K được gọi là nón Minihedral nếu ,x y K∀ ∈ , tồn tại phần tử: sup{ , }:x y x y= ∨ và inf{ , }: .x y x y= ∧ Bổ đề 3.3. Cho K là nón sinh, Minihedral. Khi đó z K∀ ∉ thì phần tử sup{ , }z z θ+ = không là điểm tựa trong của K. Chứng minh. Xem [5] của A.Bakhtin (bản tiếng Nga). Định nghĩa 3.4. Ánh xạ  được gọi là không phân tích được nếu từ ( )x xλ≤ với \{ }x K θ∈ thì x là điểm tựa trong của K. Định lí 3.4. Giả sử rằng: 1) K nón sinh, Minihedral và tựa thể nón. 2)  tuyến tính dương, không phân tích được. 3) * có vectơ riêng trong *K , ( )* 0 0 0f fλ= . Khi đó  có trong K không quá một vectơ riêng. Chứng minh. Giả sử trái lại rằng 1 2 1 2 1 2, : , 1x x x x x x∃ ≠ = = sao cho 1 1 1 2 2 2( ) ; ( )x x x xλ λ= =  Do  không phân tích được nên 1 2,x x là điểm tựa trong của K,dẫn đến: 1 2( ) 0 ) ., ( 0> >f xf x Mặt khác, ta có: 47 1 0 1 * 1 0 1 0 0 10( ) ( ) (( ) )( ) ( )f x f x f x f xλλ = ==  22 00 2 0( ) ( )xx ffλ λ= Vì thế ta được 1 2 0λ λ λ= = Có thể chọn 1 2, : z x x Kα β α β∈ = + ∉ và .z K− ∉ Theo bổ đề 3.4, thì z θ + ≠ và z+ không là điểm tựa trong của K.Ta có: 1 2( ) ) ( )(z x xα β= +   1 1 2 2 0 1 2 0( ) x x x x z αλ βλ λ α β λ = + = + = ( () ; ) ).(θ+ +≥ ≥z z z   Do đó 0( ) zz λ + +≥ . Dấu “=” không xảy ra, thật vậy, nếu 0( ) zz λ + += lại có  không phân tích được, cho nên z+ là điểm tựa trong của K ,điều này vô lý. Đặt ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) : 2 nn n z v z λ+ +∞ = − = ∑    ( ) ( ) 00 1 ( ) ( )( ) ( 2 2 ) n n n z zz z λλ θ + ++ + ∞ = −− + >= ∑    (do 0( ) ( )z zλ θ + +− > ) Ta có 0( ) 0f v = . Thật vậy: ( )0 0 0*0 0 0 0 0 0 0 0 * , ), , , 0. ( ( ) ( )λ λ λ λ λ λ+ + + + + + + = = = − − − − = n n n nz z zf f f f f z z z z       ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . 2 2 λ λ∞ ∞ = = + + + + + = = − − ≤∑ ∑ n n n n n n z z v z z v          Do đó v là điểm tựa trong của K (do  không phân tích được),dẫn đến 0( ) 0>f v nhưng điều này trái với 0( ) 0=f v vừa chứng minh trên.Vì vậy  có không quá một vectơ riêng trong K. Định nghĩa 3.5. 48 1) Ánh xạ  được gọi là tựa dương mạnh nếu ( , {) \ }x x x Kλ θ= ∀ ∈ thì ( )x là điểm tựa trong . 2) Nón K được gọi là nón nhọn nếu * : ( ) 0, .θ∃ ∈ > ∀ >f X f x x Định lí 3.4. Giả sử rằng: 1) K nón sinh, Minihedral và tựa thể nón 2)  tuyến tính dương, tựa dương mạnh. 3) * có vectơ riêng dương trong *,K ( )* 0 0 0f fλ= thỏa 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ . Khi đó  có trong K không quá một vectơ riêng. Chứng minh. Giả sử trái lại rằng 1 2 1 2 1 2, : , 1x x x x x x∃ ≠ = = sao cho 1 1 1 2 2 2( ) ; ( )x x x xλ λ= =  Tương tự chứng minh Định lí 3.3, ta có: 11 00 1 0( ) ( )xx ffλ λ= ; 22 00 2 0( ) ( )xx ffλ λ= Từ 21 ( ) 0) 0, .( f xf x >> (do 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ ), nên ta có 1 2 0.λ λ λ= = Do 1 2, : z x x Kα β α β∃ ∈ = + ∉ và .z K− ∉ Khi đó, z + không là điểm tựa trong của K và 0( ) .λ=z z Ta có 0( ) zz λ + +≥ . Dấu “=” không xảy ra. Thật vậy, nếu 0( ,) λ + += zz do  tựa dương mạnh nên )(z+ là điểm tựa trong của K,dẩn đến 0λ +z là điểm tựa trong của K, vì thế +z cũng là điểm tựa trong của K (vô lý). Vậy 0( )z zλ θ + +− > , Suy ra rằng * 0 0 00 00 ( ) (( ) )( ) ( ) 0,λ λ + + + +< =− − =z z f z f zf   vô lý. Vậy  có trong K không quá một vectơ riêng. Định nghĩa 3.6. 1) 0 0[ ] { : 0, }α α= ∈ ∃ > ≥K u x X x u 2) Ánh xạ  được gọi là 0u _không phân tích được nếu: 49 ( )x xλ≤ với \{ }x K θ∈ suy ra 0[ ]x K u∈ Định lí 3.6. Giả sử rằng: 1) K là nón nhọn. 2)  tuyến tính dương, liên tục và 0u _không phân tích được, có trong 0( )K u vectơ riêng. 3) * có trong *K vectơ riêng 0f ứng với giá trị riêng 0λ sao cho 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ . Khi đó  không có trong K vectơ riêng khác. Chứng minh. Giả sử có 1 0 2 1 2 1 2( ), , , 1x K u x K x x x x∈ ∈ ≠ = = sao cho 1 1 1 2 2 2( ) ; ( ) .λ λ= =x x x x  Tương tự định lí 3.4, ta có 11 00 1 0( ) ( )xx ffλ λ= ; 22 00 2 0( )( ) .λλ = f xf x Và từ 1 2( ) 0 ) ,, ( 0> >f xf x (do 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ ) do đó ta có 1 2 0.λ λ λ= = Do  là 0u _không phân tích được và 2 2 2( ) ,λ=x x nên 2 0[ ].∈x K u Có số t là số lớn nhất thỏa 2 1.≥x tx Ta có 2 1 0x tx− > . Thật vậy, giả sử 2 1x tx= thì 2 1=x t x , dẫn đến 1,=t từ đó ta có 2 1,=x x nhưng điều này lại vô lý. Do đó 2 1 0 2 0 1 0 2 1)( ( ).λ λ λ− = − = −x tx x t x x tx Suy ra 2 1 0[ ]− ∈x tx K u ( bởi vì  là 0u _không phân tích được) ,vì thế cho nên 2 1 10 : ,γ γ∃ > − ≥x tx x dẫn đến 2 1( )γ≥ +x t x , điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của .t Vậy  không có trong K vectơ riêng khác. Định nghĩa 3.7. Cho K là thể nón, ánh xạ tuyến tính dương  được gọi là dương mạnh nếu \{ }, : ( ) int nx K n x Kθ∀ ∈∈ ∃  Nhận xét 3.1.  dương mạnh, 0 intu K∈ thì  là 0u _dương. Định lí 3.7. Giả sử rằng ánh xạ tuyến tính dương  có trong K vectơ riêng 0x tương ứng với giá trị riêng 0λ . Khi đó 0λ là giá trị riêng đơn trong các điều kiện sau đây: 50 1)  là 0u _dương và 0u _bị chặn trên X. 2)  là 0u _không phân tích được và 0u _bị chặn trên X. 3) K là nón sinh, tựa thể nón, nón Minihedral,  không phân tích được, * có trong *K vectơ riêng 0f : 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ . 4) K là nón sinh, nón nhọn, Minihedral, tựa thể nón, tựa dương mạnh, * có vectơ riêng *0f K∈ sao cho 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ . Chứng minh. Ta có 0 0 0 0( ) , \{ }x x x Kλ θ= ∈ Trường hợp 1  là 0u _dương nên 0 0 0 0 *, ( )0 : ,λα α ≤∃ ∈ > = n nu x xn  suy ra 0 0.λ ≠ Ta có 0 0 0( ) 0λ = >x x nên 0 0.λ > Giả sử  có vectơ riêng khác 0x là 0y , tức là 0 0y tx≠ mà 0 0 0( ) .λ=y y Ta có thể coi 0 .− ∉y K Do  là 0u _bị chặn trên X nên * 0 0 00, 0 ,): (β λ β≤∃ ∈ > = m mm y y u suy ra 00 0 ,λ β ≥ m yu  dẫn đến 00 0 λ β ≥ m u y . Do đó 00 0 0 0 .αλα βλ − ≥ ≥ m n nx u y  Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x ty thì 0 0 αλ β − ≥ > m n t và 0 0 0x ty− ≠ (do 0 0tx y≠ ) Do  là 0u _dương nên * 0 0 0, 0 (: ) γγ∃ ∃ > ≥∈ − p x typ u . Ta có 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ).λ λ λ− = − = −x ty x t y x ty Từ đây suy ra 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) , γλγ λ βλ − − = − ≥ ≥pp m p px ty x ty u y dẫn đến: 0 0 0 γλ β −   +     ≥ m p tx y , nhưng điều này mâu thuẫn tính cực đại của t. 51 Giả sử 0 01, \{ }θ∃ > ∈n z X sao cho ( ) ( )0 0 10 0 0 0 0( ) , ( ) n nz zI I vλ λθ θ−= = ≠− −  Ta có 00 0( ) vv λ= nên theo chứng minh trên thì 00 0 .=v t x Đặt ( ) 200 00 1 ( )nIw z t λ −−=  thì ta có 0 0 0 0)(w w xλ= + Nhân xét, 0w K− ∉ . Thật vậy, nếu 0w K− ∈ thì : 1 0 0 0 0 0 0 0 ) , (cho ( ) λλ λ θ θ θ −= + ≤ ∀ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ → +∞ n n nw w n x n w x n x n  Điều này vô lý. Do  là 0u _bị chặn trên X nên * 0 0, 0 : ( ) λλ∃ ∈ > ≤∃ q wq u . Khi đó: 0 0 0 0 0 0 0( 1 ) αλα α λ λλ λ − ≥ ≥≥ q q n n nx w wu  Gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 0 0≥x t w thì 00 0 αλ λ − ≥ > q n t và 0 0 0x ty− ≠ (do 0 0tx y≠ ) , ( ) 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1( ) ( ) ( ) λ λ λ λ − = − − = − + tx t x t w x x tww x   Từ đây suy ra 2 0 0 0 0 0 0 0 0λ λ ≥− ≥ t ttwx x w , dẫn đến 00 0 0 0 2 λ   ≥ +    tx t w . Điều này mâu thuẫn tính lớn nhất của 0.t Vậy không tồn tại 0 01, \{ }n z K θ> ∈ sao cho: ( ) ( ) 10 00 0 0 00( ) , ( ) .λ λθ θ − ≠− =−=n nz z vI I  Do đó 0λ là giá trị riêng đơn của . Trường hợp 2) 52 Do  là 0u _không phân tích được và 0 00 0( ,) \{ },λ θ= ∈Kx x x cho nên 0 0[ ],∈Kx u dẫn đến 0 00 : αα∃ > ≥x u .Từ đấy suy ra 0 0 00 ( ) ),(αλ ≥= x ux   nên 0 0.λ > Giả sử:  có vectơ riêng khác 0x là 0y ,tức là 0 0y tx≠ mà 0 0 0( ) .λ=y y Có thể coi 0 .− ∉y K Do  là 0u _bị chặn trên E nên 00 0 * 0, 0 : ( ) .ββ λ∃ ≤∈ ∃ > = m m ym y u  Từ đó suy ra 00 0 0. αλ β α ≥≥ m ux y  Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x ty thì 0 0 αλ β ≥ > m t và 0 0 0x ty− ≠ (do 0 0tx y≠ ) .Ta có 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ).λ λ λ− = − = −x ty x t y x ty Do  là 0u _không phân tích được và 0 0 0 0 0)( ( )x ty x tyλ− = − , cho nên 0 0 0[ ]∈−x Ky ut , dẫn đến 0 0 0 000 : .γ λ γ γ β ∃ > − ≥ ≥ m x y yt u Từ đây suy ra 0 0 0. γλ β   +     ≥ m x t y Điều này mâu thuẫn tính lớn nhất của t. Tương tự trường hợp 1), không tồn tại 0 01, \{ }n z K θ> ∈ sao cho ( ) ( )0 0 10 0 0 0 0( ) , ( ) n nz zI I vλ λθ θ−= = ≠− −  Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của  . Trường hợp 3) Nếu ( ) ,θ= ∀ ∈x x X và dim 1=X thì vectơ riêng duy nhất của  là 0x . Giả sử dim 1, dim( ) 1> − >X K K . Khi đó θ≠ .Thật vậy, giả sử trái lại .θ=  Xét Π là không gian con, dim 2Π = và K θ∩Π ≠ thế thì ,y y K∃ − ∉ sao cho ,y y− ∈Π Do K là nón sinh, Minihedral nên phần tử 0y+ > không là điểm tựa trong của K. (do bổ đề 3.3) 53 Mặt khác, θ=  nên ( ) θ + += ≤y y mà còn có  là 0u _không phân tích được. Nên y+ là điểm tựa trong của K .Điều này vô lý.Như vậy phải có .θ≠ Ta chứng minh 0( ) 0x > và do đó 0 0λ > .Thật vậy, giả sử 0( )x θ= Do 0 0 0( )x xλ= và  không phân tích được nên 0x là điểm tựa trong của nón K, từ đây theo định lý 3.3 cho ta 0 .+ =x K X Do đó ( ) ⊂X K và do đó ( ) , .θ= ∀ ∈x x X Điều này mâu thuẫn với θ≠ . Vậy phải có 0( ) 0.>x Giả sử rằng 0 0y tx∃ ≠ sao cho 0 0 0( )y yλ= . Theo định lí 3.3, thì 0 0,y y K− ∉ dẫn đến 0y + không là điểm tựa trong của K. Ta có 0 0 0 0 0) , )( ( ( ) .θ λ + +≥ ≥ =y y y y   Do đó : 0 0 0)(y yλ + +≥ . Dấu “=” không xảy ra. Thật vậy, giả sử 0 0 0)(y yλ + += và do  không phân tích được nên 0y + là điểm tựa trong của K,dẫn đến vô lý. Vậy 00 0( ) .λ + +>y y Đặt ( ) ( ) 0 0 0 0 : ) 2 ( n n n y y v λ+ +∞ = = − ∑    Tương tự định lí 3.4, cho ta 0v > và )( 2≤ vv  dẫn đến v là điểm tựa trong của K. Mặt khác * 0 0( ) 'f fλ= nên * 0 0 0 00 0 0 00 ( ) ( ) (( ) )( ) ' ( )x f x ff x f xλλ = = =  Suy ra 0'λ λ= 0 0(do ( ) 0)f x > . Do đó * 0 0 0( )f fλ= , vì thế 0 ( ) 0f v = . Thật vậy: ( ) *0 0 0 * 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ( ) ( ), ), , , 0 λλ λ λ λ λ + + + + + + + = =− = − = − −n n n n z zf z z z z z f f f f       Qua đó cho thấy sự mâu thuẫn với 0 ( ) 0f v > (do bởi 0v > ). 54 Giả sử 0 01, \{ }θ∃ > ∈n z X sao cho ( ) ( ) 10 00 0 0 00( ) , ( ) .λ λθ θ − ≠− =−=n nz z vI I  Ta có 00 0( ) vv λ= nên theo chứng minh trên thì 0 0 0v t x= Đặt ( ) 200 00 1 ( )nIw z t λ −−=  ta có 0 0 0 0( ) λ= +w w x . Khi đó ta có: * 0 0 0 0 0 0 00 00 0 ( )0 ( ) ( ) )( ) ( )( 0.λ λ< = =− − =wx ff w w wf f  Điều này không thể xãy ra. Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của  Trường hợp 4) Giả sử 0 0y tx∃ ≠ sao cho 0 0 0( )y yλ= . Theo Định lí 3.5 thì 0 0,y y K− ∉ , dẫn đến 0y + không là điểm tựa trong của K. Tương tự chứng minh Định lí 3.4, ta có 0λ là giá trị riêng đơn của  Định lí 3.8. Giả sử rằng: 1) K-thể nón 2)  tuyến tính dương, liên tục và không phân tích được 3) * có trong int K vectơ riêng 0x ứng với giá trị riêng 0λ sao cho 0( ) 0, \{ }f x x K θ> ∀ ∈ . Khi đó,  không có trong K vectơ riêng khác 0x và 0λ là giá trị riêng đơn. Chứng minh. Do K-thể nón ,  là tuyến tính, dương, liên tục, theo Định lí 2.2, cho ta * có trong *K vectơ riêng * 00 0( ) ' ., ff f λ= Ta có 0 0 0( )x xλ= và  không phân tích được, nên 0x là điểm tựa trong của K và 0 0( ) 0.>f x Vì thế cho nên: * 0 0 0 00 0 0 00 ( ) ( ) (( ) )( ) ' ( )x f x ff x f xλλ = = =  Dẫn đến 0' .λ λ= Nếu 0 0y tx∃ ≠ ; 0 0( )y ty= . Có thể coi 0y K− ∉ .Ta có 0 intx K∈ nên 0α∃ > sao cho 0 0.α≥x y Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x ty thì 0.α≥ >t Ta có 0 0 0x ty− > nên: 55 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )x ty x t y x t y x tyλ λ λ− = − = − = −   Mà  là không phân tích được nên 0 0x ty− là điểm trong của K. Do đó: 0 0 00 :γ γ− ≥∃ > x ty y ( )0 0yx t γ+⇒ ≥  Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Chứng minh tính đơn của 0λ . Giả sử 0 01, \{ }n z K θ∃ > ∈ sao cho ( ) ( )0 0 10 0 0 0 0( ) , ( ) n nz zI I vλ λθ θ−= = ≠− −  Ta có 00 0( .) λ= vv Tương tự chứng minh Trường hợp 3, Định lí 3.7, ta có điều mâu thuẫn. Do đó 0x là vectơ riêng duy nhất và 0λ là giá trị riêng đơn của  . Định lí 3.9. Giả sử rằng  là 0u _không phân tích được và 0u _bị chặn trên X có vectơ riêng trong K là 0x tương ứng giá trị riêng 0λ . Khi đó, 0λ là giá trị riêng đơn của  . Chứng minh. Do  là 0u _không phân tích được và 0 00 0( ,) \{ }Kx x xλ θ= ∈ nên 0 0[ ].∈Kx u Do đó 0 0.0 : αα∃ ≥> ux Chứng minh  không có vectơ riêng khác 0x .Thật vậy, giả sử rằng 0 0y tx∃ ≠ sao cho 0 0 0( ) .λ=y y Ta có thể coi 0 .− ∉y K Do  là 0u _bị chặn trên X nên: * 0 0, 0 : ( ) ββ∃ ∈ > ≤∃ n yn u 0 0 0 0( ) 1 αλα β β ⇒ ≥ =n n yx y  Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x ty thì 0 0,αλ β ≥ > n t và 0 0 0x ty− ≠ (do 0 0tx y≠ ) .Ta có: 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ).λ λ λ− = − = −x ty x t y x ty 56 Và  là 0u _không phân tích được nên 0 0 0 000 : ,γ λ γ γ β ∃ > − ≥ ≥ m x y yt u dẫn đến 0 0 0. γλ β   +     ≥ m x t y Mâu thuẫn tính lớn nhất của t. Chứng minh tính đơn của 0.λ Giả sử 0 01, \{ }n z K θ∃ > ∈ sao cho ( ) ( ) 10 00 0 0 00( ) , ( ) .λ λθ θ − ≠− =−=n nz z vI I  Ta có 00 0( ,) λ= vv nên theo chứng minh trên thì 00 .=v tx Đặt ( ) 200 00 1 ( )nIw z t λ −−=  , ta có 0 0 0 0.( ) λ= +w w x Nhận xét , 0w K− ∉ . Thật vậy, nếu 0w K− ∈ thì 10 0 0 0) ,( n n nw w n x nλ λ θ−= + ≤ ∀ . Suy ra 0 0 λ θ+ ≤w x n nên 0 (cho ).θ≤ → +∞x n Điều này vô lý, nên 0w K− ∉ . Do  là 0u _bị chặn trên X nên * 0 0, 0 : ( ) .δδ∃ > ≤∈ ∃ p w up  Do đó: 0 0 0 0 0 1 1( ) ... ( ). λ λ ≤ ≤ ≤ ppw w w  Khi đó 00 0 0 0( ) . 1 αλα α δ δ ≥ ≥ ≥ p pux w w  Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x tw thì 0 0, αλ δ ≥ > p t và 0 0 0x ty− ≠ (do 0 0tx y≠ ) . Ta có 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ( )t tx x w w xλ λ λ λ = ≥ = +  , từ đây suy ra : 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 .λ λ λ ≥   ≥ =+ + +     t t tx t x t w t ww w Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của  . 57 Chương 4 VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG KHÔNG COMPACT Định nghĩa 4.1. Cho nón K. 1) ](, 1, 0,1 .∈ = ∈u K u q Ta định nghĩa: ( ) { : }.= ∈ ≥qK u x K x q x u 2) \{ }, 1.θ ρ∈ ≥u K Ta định nghĩa: , { : 0, }.ρ α α ρα= ∈ ∃ > ≤ ≤uK x K u x u Định lí 4.1. Giả sử rằng: 1)  tuyến tính dương, liên tục, ( ) 0( )qK K u⊂ và 0( ) .θ≠u 2) 0 0β∃ > sao cho từ 0( ) , \{ }λ θ+ = ∈x u x x K suy ra 0 0( ) .β≤x x u Khi đó  có vectơ riêng ứng với giá trị riêng. Chứng minh. Đặt 0 1 1 0 1inf 0 : . ( ) hoäi tuï .m m m uλ λ λ − ∞ =   = >     ∑  Do ( )0 0( )qu K u∈ , nên ( ) ( )0 0 0 0: .α≥ =u q u u u  ](0,λ α∀ ∈ thì 1 1 0 0 0 1( )1 1 , . m m m u u u mα λλ λλ − −  ≥ ≥ ∀     Do đó 0d∃ > : 1 0( . 1 ) ,m m u d m λ − ≥ ∀ Suy ra chuỗi 1 0 0 1 ( )m m m u λ ∞ − = ∑  phân kỳ. Dẫn đến 0 .λ α≥ Ta chứng minh 1 0 0 1 ( )m m m u λ ∞ − = ∑  hội tụ 0λ λ∀ > . 58 Thật vậy, xét 0λ λ> . Do định nghĩa 0λ , ( )1 0,λ λ∃ ∈ sao cho 1 0 1 0( ) 1 m m m u λ ∞ − = ∑  hội tụ. 1 0 1 0 : 1 ( ) , m ml u l m λ −∃ > ≤ ∀ Khi đó 10 11 0 1 11 1 , .( ) ( ) m m m m m m u u l m λ λ λ λλ λ − −    = ≤ ∀          Nên 1 1 0. ( ) 1 m m m u λ ∞ − = ∑  hội tụ, λ λ∀ > 0. Đặt ( )λ λ λ λ ∞ = − ∈ ∞ ∈= +∑ 1 0 0 1 1( ) ( ), , ,.n m m m u n n x  thì ( ) 0 1 1( ) . ( ).n m m m ux n λ λ ∞ = = ∑  Nên ( ) 0( ) ( )n n u n x xλ λ λ+ = suy ra 0 0(( .) )) (βλ λ≤n nx x u Ta có: lim ( ) 0 (1)nx λ λ →+∞ = 0 lim ( ) (2) λ λ λ → = ∞nx Ánh xạ ( )nxλ λ liên tục trên ( )0,λ +∞ (3) Chứng minh (1): Xét 0,λ λ> do λ − ∞ = ∑ 0 1 1(1 ) m m m u hội tụ nên 1 0) .( 10 : λ −∃ > ≤mm uL L Do đó, 1 10 0 1 1 .( ) ( ) ,λ λ λ λλ λ − −    = ≤ ∀        m m m m m m Lu mu  59 1 1 1 01( ) . = lim ( 0.) ) 1 ( m n nm m m m L L Lx x n n n u n λ λ λ λλλ λ λ λ λ λλ λ ∞ →= = − ∞ +∞   = ≤ = ⇒ =   −  − ∑ ∑ Chứng minh (2) Giả sử trái lại { }kλ∃ giảm, 0lim kk λ λ →∞ = sao cho λ ≤ ∀( ) , .n kx M k Do λ λ λ λ ∞ + = + −    − = −    ∈      ∑ 1 0 1 01 1 1 1( ) ( ) . ( )n k n k m m q m k m k u K n x ux  nên { }( )λn kx tăng. Và 0( )qK u là nón hoàn toàn chính quy nên tồn tại 0lim ( ) .λ→∞ =n k k x x Qua giới hạn ở ( ) 0( ) ( )n k k n k u n x xλ λ λ+ = ta có ( ) 000 0, u n x xλ+ = nên: 0 0 00( ) β≤x x u 0 0 0 0 1 ( ) β ⇒ ≥ x x u  .Vậy ( )0 0 0 0 00 1 ( ), n x x x x λ β ≥ +  nên: ( ) 00 0 0 00 : ' 1 1 n x x x x λ β λ              ≤ = +   với 0'λ λ< .Chọn ( )0',λ λ λ∈ . Do 0 0 0u n xλ≤ nên: 1 1 0 00 0 2 2 0 0 2 1 1( ) ( ) ( )1 ' .'m m m m m m m n nu x xn λ λλ λ λ λλ λ λ λ − − −−       =    (với " " là thứ tự sinh bởi nón 0( )qK u ). Do đó 2 01 0 00 20( ) ( ) 1 '0 : , .λ λ λλ λ − −  ∃ > ≤ ∀    m m m u xnN N m  Chuỗi λ − ∞ = ∑ 0 1 1(1 ) m m m u hội tụ, với 0λ λ< . Mâu thuẫn với chứng minh trên . 60 Vậy 0 lim ( ) . λ λ λ → = ∞nx Chứng minh (3): Xét ( )λ λ∈ +∞0, . Chọn λ λ1 2, sao cho λ λ λ λ< < <0 1 2 .Ta có: 1 1 2 2 22 1 1 1 10 0 0( ) ( ) ( )1 1 1 , .λ λ λ λ λ λλ λ λ − − −   = = ≤ ∀ >        m m m m m m m m Hu u u n n n    Từ đây suy ra λ ∞ = −∑  1 0 1 (1 ) m m m u n hội tụ 2λ λ∀ > . Nên với 00, 0ε > ∃ >m sao cho 2 10 1 0(1 . 3 ) , m m m m u n ε λ λ λ ∞ = + − ∑  Chọn 20,δ δ λ λ> < − sao cho λ λ δ− < ta có: 0 0 1 1 10 0 1 1 ) ( )1( 3 m m m m m m m mu u n n ε λ λ= − − = − <∑ ∑  Do đó khi λ λ δ− < ta có λ λ ε− <( ) ( )n nx x nên nx liên tục theo biến λ . Vậy hàm ( )nx λ thỏa (1),(2),(3) nên ( )0, : ( ) 1.λ λ λ∃ ∈ +∞ =n n nx Đặt ( )n n nx x λ= ta có ( ) 0n n n u n x xλ+ = ,lúc đó: 0 ,n u nλ ≤ + ∀ { }nλ⇒ bị chặn nên có dãy con hội tụ, nên có thể coi 0 0 (do ).λ µ λ λ λ→ ≥ ≥n n { }n nx là dãy Cauchy theo 0u _chuẩn, 0 00 inf{ 0 : }ux u x uα α α= > − ≤ ≤ Thật vậy: ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0. . 1 1 1 :1n n n n n u u u u u n n x x x λ λ β δ λ β     = + ≤ + ≤   +   =    Ngoài ra còn có ( ) ( )0 1 n n x u n θ λ ≥ >  (do 0 1 n n un x λ ≥ ) và: 61 ( ) 0 00 00 0, .2n n n n n u uu x x x n n n n n λ λ λ λ= − ≥ − ≥ − > ∀ ≥ Nên, ( )0 : , .na x a n∃ > ≥ ∀ Do đó : ( ) ( )0 0 0 0 0 . : .1 1n n n n n x x q u q au u u n x uλ λ γ   = + ≥ ≥ ≥  + =     Vậy 00. ,nx uuγ δ≤≤ dẫn đến 0 ,n uxγ δ≤≤ vì thế cho nên { }0n ux là dãy số bị chặn nên có dãy con hội tụ. Có thể coi 0 .γ→ ≥n ux b Bây giờ giả sử trái lại, { }nx không là dãy Cauchy theo 0u _chuẩn. Khi đó 0 0ε∃ > sao cho 00, : ,ε∃ ∈ − > n m um n x x từ đây suy ra một trong hai bất đẳng thức sau không đúng. 0 0 0 0.ε ε− ≤ − ≤n mu x x u Giả sử 0 0 n mu x xε− ≤ − không đúng thì 0 0 0 0 (do < ). ε ε δ δ < − < −n m m m mx x u x x x u Nên 01 .ε δ  < −    n mx x Gọi t là số lớn nhất thỏa 0n mx tx− ≥ thì: 1 1 .ε ε δ δ  ≤ < − ⇒ ≤ −    m n mtx x x t 00 , 0.nx u n tuγ δ≤ ∀ ⇒ >≤ Do đó 00,1t ε δ  ∈ −    , nên: 0 01 1 (do 1).ε ε δ δ  − ≥ − ≥ + − + = = −    n m n m n mx tx x t x x x Mặt khác: 62 ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 . 1 1 1 1 2 λ λ λ λ λ ε λ ε λ λ λ δ δ  − = − − −     ≥ − − − − +     ≥ − − − + ≥    n m n n m m m n m n m n n m u ux tx x t x n m x tx x u n m u n m  Với n,m đủ lớn Cho nên ( ) ( ) 0 00 02 λ ε δ − ≥ − ≥n m n m qx tx q x tx u u  . Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 1 . 1 1 1 1 = 1 1 1 2 λ λ λ λ λ λ λ λ ε β λ λ λδ    − = + − +            − + − + −        ≥ − − − + n m n m n m n m n m n m n m n m u utx tx x x n m tx tx x u u n m q u u u mu      Nên 0'− ≥n mx tx t u (khi m,n đủ lớn, t’>0). Từ đây suy ra: 0 1 1' ' ' . δ δ  ≥ + ≥ + = +    n m m m mx tx t u tx t x t t x Mâu thuẫn tính lớn nhất của t.Vì thế nên 0, lim 0 . →∞ − =n m um n x x Theo định nghĩa chuẩn 0 . ,u ta có: 0 00 0 − − ≤ − ≤ −n m n m n mu ux x u x x x x u ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 00 0 0 00 2 (2 1) . θ⇒ − + − − ⇒ − ≤ + −  n m n m n mu u n m n m u x x x x u x x u x x N x x u      Vậy ( ) ( ) , lim 0 . →∞ − =n m m n x x  Khi đó: 63 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 = . λ λ λ λ λ λ λ    − = + − +            − + − + −        n m n m n m n m m n n m n m u ux x x x n m x x x u u n m      Cho nên , lim 0 n m m n x x →∞ − = . Do đó { }nx là dãy Cauchy nên hội tụ. Từ đó 0x∃ để 0 0lim ,nn x x x θ →∞ = ≠ (do 1.=nx ) Qua giới hạn ở ( ) 0 ,n n n u n x xλ+ = ta được ( )0 0 0, .x x xµ θ= ≠ Vậy 0x là vectơ riêng dương của . Định lí 4.2. Với các giả thiết của định lí 4.1 thì  có trong K vectơ riêng 0x ứng với giá trị riêng 0x ứng với giá trị riêng: λ λ λ ∞ = −  = >     ∑  1 1 00 ( ) hoäi tuï 1inf 0 : . m m m u Chứng minh. Theo định lí 4.1, ta có ( )0 0 0, .x x xµ θ= ≠ Ta chứng minh 0µ λ≤ . Thật vậy, giả sử trái lại 0,µ λ> do định nghĩa 0λ ta có: λ µ λ − ∞ = ∃ < ∑ 1 1 0 1: ( ). m m m u hội tụ (*). Do 0 0,nx u nuγ δ≤ ∀≤ và 0lim ,→∞ =n n x x dẫn đến 0 0,x uδ≤ nên 0 0 1 .u x δ ≥ Khi đó: 1 1 1 0 0 0 0 1( ) ( ) 1 .1 1 1 m m m m m u x x xµ λδ λδλ λ δλ − − −  ≥ = ≥      1 0 .) 10 : (m m ud d λ −∃ > > 64 Dẫn đến chuỗi λ − ∞ = ∑ 0 1 1(1 ) m m m u phân kỳ. Mâu thuẫn với (*). Do đó 0µ λ≤ . Suy ra 0µ λ= , ( )0 0 0x xλ= .Vậyλ0 là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng 0x của . Định lí 4.3. Giả sử rằng: 1)  tuyến tính dương, liên tục, ( ) 0( )qK K u⊂ và 0( ) θ>u 2)  là 0u _bị chặn trên trên K Khi đó số λ λ λ ∞ = −  = >     ∑  1 1 00 ( ) hoäi tuï 1inf 0 : . m m m u là giá trị riêng của  tương ứng vectơ riêng trong K. Chứng minh. Ta có điều kiện 1) của định lí 4.1 được thỏa mãn. Ta chứng minh điều kiện 2) của định lí 4.1 cũng được thỏa mãn. Do  là 0u _bị chặn trên trên K nên 0 00 00 ( ) , ., :β β≤∃ ∀ ∈ n x xn u x K Nói riêng 0 0 0 0 0 0 0( ) .β β≤ = n u u u u Mặt khác, ( )0 0( ),∈ qu K u do đó: ( ) ( )0 0 0.≥u q u u  Từ đây suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 20 0 0 0 0≥ ≥u q u u q u u    ( ) ( ) ( ) ( )11 0 00 0 00 0 0 0 0 −−≥ ≥ n nn n nu q u u q u u    Dẫn đến ( ) ( ) ( ) ( )110 00 0 00 0 0 0 0 0 0... .β −−≤ ≤ ≤ ≤ n nn n nq u u q u u u u    Do đó ( )0 0 0, ,uu uµ µ µ γ≤≤ là các số dương. Xét x θ> thỏa mãn ( ) 0x u xλ+ = , ta có: 65 ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 02 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ... 1 1 1 = ... λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ −     = + =   = + + + + + + m m m m xx u u u x u u xu       Đặt ( ) ( )00 02 11 1: ... λ λ λ − += ++ n m m u y u u x   và 1 2 ...y y  Do 0( )qK u hoàn toàn chính quy nên { }n ny hội tụ, hay λ − ∞ = ∑ 0 1 1(1 ) m m m u hội tụ. Do đó 0.λ λ≥ Gọi d là số dương thỏa: 0z u z d≥ ⇒ ≥ Ta có 0x u x dλ λ≥ ⇒ ≥ . Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00 10 02 10 10 02 = ...1 1 λ λ λ λ − − −+ ++ + n n n n u x x u u      12 0 0 0 02 10 00 0 0 12 0 0 0 0 02 10 00 0 0 1 1... . ... : . γ γγ β λ λ λ λ βγ γγ β λ λ λ − − − − − −    ≤ + + + +        ≤ + + + + =     n n n n n n u x u x u x u x u d Như thế thì điều kiện 2) của định lí 4.1 được thỏa mãn.Vậy λ0 là giá trị riêng của  tương ứng vectơ riêng dương 0x . Định lí 4.4. Giả sử rằng: 1)  tuyến tính dương, liên tục, ( ) ( )qK K v⊂ . 2)  là 0u _bị chặn trên trên K 3) * 0, 0 : ( )γ γ∃ ∈ > ≥ p vp u 66 Khi đó số λ λ λ ∞ = −  = >     ∑  1 1 00 ( ) hoäi tuï 1inf 0 : . m m m u là giá trị riêng của  tương ứng vectơ riêng dương. Chứng minh. Do ( ) ( )qK K v⊂ ,nên ( ) ( ) , .≥ ∀ ∈x q x v x K  Từ đây suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 01 0 0 0 γ γ + + ≥ ≥ = p p p p q x u ux q x v q x u ux       ( ) ( )1 10 ,+ +≥p px q x u  với ( ) 0 0 0 0 , γ = = p q u uq u ux Chọn { }1 1 0: 0 1,q q Min q< < , ta có ( )1 1 ( ) p qK K u + ⊂ . Do  là 0u _bị chặn trên, nên : 00 0 0 0 * ( ) ,, .0 :β β≤> ∈∃ ∈ ∃ ∀ n x x u xn K ( )( 1) 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0( ) ( ) ( ) :β β β+ = ≤ ≤ =p n n pn pn pnx x x u x u x u     Do đó 1p+ là 0u _bị chặn trên. Ta chứng minh 1( ) 0p u+ > . Do 0( ) ,γ≥ p v u nên ( )v θ≠ ,vì thế nên: ( ) ( ) :v q v v vδ≥ =  ( ) , .δ⇒ ≥ ∀n nv v n Mặt khác 0 0 0( ) ,β≤ n v v u dẫn đến 0 0 00 0 0 0 1 ( ) .δ δ β β β ≥ ≥ = n n nu v v v v v  Do đó: 01 1 1 0 0 0 0 1 1( ) ( ) .δ θ β + + +  = ≥ >     n p p pu u v u u    Vậy 1p+ thỏa các điều kiện của định lý 4.3, nên: ( )0 0 010 : .p y yy θ µ+ =∃ >  Với ( ) 1 1 00 1 ( ) hoäi tuï 1inf 0 : . . mp m m uµ λ λ −+ ∞ =   = >     ∑  67 Ta chứng minh 10 0 pµ λ += . Thật vậy: Nếu λ= − ∞ ∑ 1 1 1 0 1 . ( ) m m m u hội tụ, thì 1λ λ∀ > ta có ( ) ( ) λ= − + + ∞ ∑ 1 11 1 1 . ( ) m mpm p u hội tụ. Do đó 10 0 .µ λ +≤ p Ngược lại, nếu hội tụ, thì 1µ µ∀ > ta có: Các chuỗi ( ) ( ) 1 ( 1)1 1 0 1 1 ( )1 . sp m pm mp p p s u µ µ ∞ += + + −+∑   hội tụ (với 0,1,2,...,s p= ). Nên chuỗi µ ∞ = − + ∑ 1 0 1 1 )1 (. m m m p u cũng hội tụ. Cho nên 1 1 0 0 pλ µ +≤ , dẫn đến 1 0 0 . pµ λ +≥ Qua đó rút ra được 10 0 pµ λ += . Ta đặt ( ) ( )10 0 0 00 0 ...λ λ − + += + p ppx y y y  thì 0x θ> và: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 10 0 0 00 0 ...λ λ − += + + +p ppx y y y    ( ) ( )( )10 0 0 00 0 0 0 .. . .λ λ λ λ − + += + = p p py y y x   Vậy λ0 là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương của  . 68 Phần kết luận Qua luận văn này, bản thân tôi cảm thấy mình đã thật sự làm quen với công việc nghiên cứu khoa học một cách nghiêm túc và có hệ thống. Tôi cũng đã học tập được phương pháp nghiên cứu trong việc đọc các tài liệu và thảo luận nhóm.Bản thân cũng đã học được cách vận dụng các kĩ thuật chứng minh từ các lĩnh vực như: Giải tích phi tuyến, Giải tích hàm, Tôpô đại cương, vào không gian có thứ tự. Mong rằng luận văn này sẽ là một tài liệu tham khảo phục vụ chuyên đề: “Phương trình trong không gian có thứ tự”. Tuy nhiên đang trong giai đoạn bước đầu tập nghiên cứu khoa học nên sẽ khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong được sự hổ trợ chỉ bảo từ quý Thầy, Cô trong và ngoài hội đồng cùng sự đóng góp chân thành của các bạn bè, đồng nghiệp. 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1- Nguyễn Bích Huy, Giáo trình Giải tích phi tuyến 2 , ĐHSP.TpHCM, 2010. 2- K. Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer - Verlag, 1985. 3- Krasnoselskii, Positive solutions of Operator equations, P.Noorhoff, Groningen, 1964. 4- M. Krein, A. Rutman, Linear Operators leaving invariant a cone in a Banach Space, Amer Math Soe Transl.10 (1962) pp.199-325. 5- I. A. Bakhtin, Nghiệm dương của các phương trình tuyến tính ( bản tiếng Nga), Giáo trình chuyên đề, ĐHSP. Vononez, 1990.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfvecto_rieng_duong_cua_mot_so_anh_xa_tuyen_tinh_duong_1819.pdf
Luận văn liên quan